福建卷第16題 【四邊形綜合】（解析版）

押福速卷第16題

四邊形綜合

押題探究

題分2022年2021年2020年2019年2018年

號值中考中考中考中考中考

二次函數(shù)與

164四邊形綜合反比例函數(shù)反比例函數(shù)反比例函數(shù)

幾何

解題秘籍

解題技巧

(1)在備考填空壓軸題中，考生應(yīng)該多積累四邊形的綜合問題，特別注意正方形的綜

合應(yīng)用；不僅僅要熟知四邊形的基礎(chǔ)性質(zhì)，也要對幾何動點，最值模型了然于胸。根據(jù)題目

所給的已知條件引導(dǎo)我們做出輔助線，從而解題。

(2)動點類型：要熟練掌握常見的動點最值模型，并學(xué)會分析動點的運動軌跡。

真題回顧

【真題1】(2021.福建.統(tǒng)考中考真題)如圖，在矩形ABCO中，4B=4,40=5,點E,F分

別是邊/B,BC上的動點,點E不與A,8重合,且EF=AB,G是五邊形AEFCD內(nèi)滿足GE=GF

且/EGF=90。的點.現(xiàn)給出以下結(jié)論：

①NGEB與NGFB一定互補；

②點G到邊4B,BC的距離一定相等；

③點G到邊AC,DC的距離可能相等；

④點G到邊AB的距離的最大值為2√Σ

其中正確的是.（寫出所有正確結(jié)論的序號）

【答案】①②④

【分析】①利用四邊形內(nèi)角和為360。即可求證；

②過G作GM1AB1GN1BC,證明△GME≡ΔGNF即可得結(jié)論;

③分別求出G到邊AD,DC的距離的范圍，再進行判斷；

④點G到邊48的距離的最大值為當GEIAB時，GE即為所求.

【詳解】V?EGF=90oGE=GF

乙GEF=45°

①???四邊形ABCD是矩形

.?.ZB=90°

???乙EGF=90。,四邊形內(nèi)角和為360°

乙GEB+乙GFB=180°

???①正確.

②如圖：過G作GMl4B,GNJLBC

???4GME=乙GNF=90°

???乙GEB+乙GFB=180o,?GEM+乙GEB=180°

4GFN=GEM

又?；GE=GF

ΔGME=ΔGNF(AAS)

.?.GM=GN

即點G到邊4B,BC的距離一定相等

.??②正確.

③如圖：過G作GN_LAD,GM1CD

：.NG≥AB-EF×sin45o=4-2√2,

GM≥AD-EF×sin450=5-2√2

-??4-2√2≤NG<2,5-2√2<GM<3

Γf∏v2<5—2√2

所以點G到邊4D,DC的距離不可能相等

???③不正確.

④如圖：

當GE,4B時，點G到邊4B的距離的最大

√2L

GE=EFxsin45o=4Xy=2√2

④正確.

綜上所述：①②④正確.

故答案為①②④.

【點睛】本題考查了動點問題，四邊形內(nèi)角和為360。，全等三角形的證明，點到直線的距離,

銳角三角函數(shù)，矩形的性質(zhì)，熟悉矩形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵.

【真題2】（2019?福建?統(tǒng)考中考真題）如圖，在正方形4BC。中，對角線力C,8。相交于點O,

F是線段。。上的動點（點戶不與點0,。重合），連接CF,過點尸作FGICF分別交AC,AB

于點H,G,連接CG交BD于點M,作。EllCD交CG于點E,EF交AC于點N.有下列結(jié)論:

①當BG=BM時，AG=>/2BG；?CN2=BM2+DF2;③NGFM=zGCW?,CF2=CN-BC-,

碟=案.其中正確的是______（填序號）.

4--------------------------T?D

【答案】①②③

【分析】①正確.利用面積法證明需=S=或即可.

②正確.如圖中，過點M作MP1BC于P,MQ14B于Q,連接AF.想辦法證明CM=CF,

再利用相似三角形的性質(zhì)，解決問題即可.

③正確.如圖中，將△CBM繞點C順時針旋轉(zhuǎn)90。得到△CDW,連接FW.則CM=CW,BM=

DW,?MCW=90o,?CBM=Z.CDW=45°,證明FM=FW,利用勾股定理，即可解決問

題.

④錯誤.假設(shè)成立，推出NOF"=ZOCM,顯然不符合條件.

【詳解】解：①如圖，過點G作G71AC于T.

/K--------------------------71。

BG=BM,

?,?/-BGM—Z-BMG,

??■乙BGM=NGaC+Z.ACG,乙BMG=4MBC+?BCM,

???四邊形ABCD是正方形,

.?.4GAC=NMBC=45°,AC=?BC,

?*?Z.ACG=Z-BCG,

??,GB1CB,GTIACf

???GB=GT,

...SABCG=≤≤=*GB=些=工，

,SxACG~AG~-ACGT"一前一五‘

?AG=y∕2BG,故①正確，

②如圖，將aCBM繞點C順時針旋轉(zhuǎn)90。得到ACDW,連接Fk則CM=CW,

Bk--------------------AC

BM=DWfNMCW=90。，ZrBM=ZZT)W=45。，

VFG=FC,Z.GFO=LFCN,4FGM=乙CFN=45°,

/.△FGM≡ΔCFN,

,FM=CN,

o

V?FCG=?FCW=45fCM=CW,CF=CFf

.?.?CFN≡ΔCFW(SAS),

??,FM=FWf

V乙FDW=乙FDC+4CCW=45。÷45o=90o,

222

.?,FW=DF+DW1

2222

?CN=FM=BM+DFf故②正確，

③如圖，過點M作MP_LBC于P,MQlaB于。，連接

A---------------------I)

T乙OFH+乙FHo=90。,乙FHO+乙FCo=9。。,

：.?0FH=?FC0f

-AB=CB.UBF=乙CBF,BF=BF,

:AABF三2CBF(SAS),

?AF=CFf乙BAF=乙BCF,

VZeFG=NCBG=90。,

???NBCF+4BGF=I80。，

vzFGF+z?GF=180o,

??AGF=?BCF=?GAFf

：?AF=FG,

???FG=FC,

???"CG=NBcA=45。，

?,?Z-ACF=Z-BCG,

???MQIICB,

?乙GMQ=乙BCG=乙ACF=乙OFH,

?:乙MQG=乙FOH=90。,FH=MGf

???△FOH≡ΔMQG(44S),

???MQ=OFf

?:乙BMP=乙MBQ,MQLAB,MPtBC,

ΛMQ=MP,

???MP=OF,

?：乙CPM=乙CoF=9。。,乙PCM=乙OCF,

/.△CPMWACoF(44S),

?CM=CF9

VOE//AG.OA=OCf

??EG=EC,

???△FCG是等腰直角三角形，

：,乙CFN=450,

???LCFN=LCBM,

???乙FCN=乙BCM,

/.△BCM八FCN,

CM_CB

??CN-CF9

ΛCF2=CB-CN,故③正確，

④假喘吟成立，

???(FOH=乙CoM,

?MFOH八COM,

??.NOFH=NOCM,顯然這個條件不成立，故④錯誤,

故答案為：①②③.

【點睛】本題主要考查了相似三角形的性質(zhì)與判定，全等三角形的性質(zhì)與判定，等腰直角三

角形的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，勾股定理等等，解題的關(guān)鍵在于能夠熟練掌握相

關(guān)知識進行求解.

押題沖關(guān)

1.（2022?福建泉州??？既＃┤鐖D，點P是正方形ABC。的對角線8。延長線上的一點，

連接抬，過點尸作PE_L出交BC的延長線于點E,過點E作E尸，BP于點F,則下列結(jié)論

中：①∕?=PE;②CE=五PD；③BF-PDWBD；④SAPEF=SSDP,正確的是—（填

寫所有正確結(jié)論的序號）

【答案】①②③.

【分析】①解法一：如圖1，作輔助線，構(gòu)建三角形全等和平行四邊形，證明ABPGWA

EFP（SAS）,得BG=PE,再證明四邊形ABGP是平行四邊形，可得結(jié)論；

解法二：如圖2,連接AE,利用四點共圓證明AAPE是等腰直角三角形，可得結(jié)論；

②如圖3,作輔助線，證明四邊形DCGP是平行四邊形，可得結(jié)論；

③證明四邊形OCGF是矩形，可作判斷；

④證明AAOP三APFECAAS）,則SAAOP=S“EF，可作判斷.

【詳解】①解法一：如圖1,在E尸上取一點G,使FG=FP,連接BG、PG,

圖1

"：EFlBP,

：.ZBFE=90°,

：四邊形48Co是正方形,

：?NFBC=∕ABD=45°，

：.BF=EF,

在a5R7和aEFP中，

BF=EF

VjzfiFG=LEFP，

.FG=FP

JABFG@AEFP(SAS)9

LBG=PE,/PEF=NGBF,

?：NABD=NFPG=45°,

J.AB//PG,

YAPLPE,

/.ZAPE=NAPF+/FPE=NFPE+NPEF=96°,

/.NAPF=NPEF=ZGBFf

.?AP∕∕BG,

???四邊形ABGP是平行四邊形，

：.AP=BGf

,AP=PE;

解法二：如圖2,連接AE,VZABC=ZAPE=90a,

圖2

???A、B、E、P四點共圓，

：.ZEAP=ZPBC=45o,

9：AP.LPE,

：.ZAPE=90o,

???△APE是等腰直角三角形，

.'.AP=PEf

故①正確；

②如圖3,連接CG,由①知：PG//AB,PG=AB,

*：AB=CD,AB∕∕CD,

：.PG//CD,PG=CD,

，四邊形OCGP是平行四邊形，

：.CG=PD,CG//PD,

VPDlEF,

：.CG!.EF9即NCGE=90°，

VZCEG=45o,

ΛCF=√2CG=√2PD;

故②正確；

③如圖4,連接AC交BZ)于O,由②知：ZCGF=ZGFD=WO，

Y四邊形ABC。是正方形，

.'.AClBDf

ΛZCOF=90°，

???四邊形OCG/是矩形，

ICG=OF=PD,

/.-2BD=OB=BF-OF=BF-PD,

故③正確；

④如圖4中，在AAOP和APFE中,

?A0P=乙EFP=90°

V?APF=ZPEF,

AP=PE

Λ?AOP^?PFE(AAS),

,?SAAoP=SAPEF'

?,?SAADPVSAAOP=SAPEF，

故④不正確；

本題結(jié)論正確的有：①②③，

故答案為①②③.

【點睛】此題屬于四邊形綜合題，涉及的知識有：全等三角形的判定與性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，

平行四邊形和矩形的判定和性質(zhì)，勾股定理，以及等腰直角三角形的性質(zhì)，熟練掌握判定與

性質(zhì)是解本題的關(guān)鍵.

2.（2023?福建三明?統(tǒng)考一模）如圖，正方形ZBCD中，點E是CD邊上一點，連接BE,以BE為

對角線作正方形BGEF,邊EF與正方形ABC。的對角線BD相交于點H,連接4F,有以下幾個

結(jié)論：

D________￡_____C

Φ?ABF=乙HBE；@AF1BD?,?2BG2=BH-BD-,④若CE:DE=1:2,則BH:DH=5:3.

你認為其中正確的是（填寫序號）

【答案】①②③

【分析】①由正方形的性質(zhì)可證乙4B。=Z-FBE=45°,進而可得乙4BF=4DBE；

②延長AF交BD于點K,證明AABFSADBE,可得NFAB=乙EDB=45。,進而可證AF1BD；

③先證明ABEHBDE,可得BE?=BDXBH,由勾股定理得BE=√∑BG,進而可證結(jié)

論成立；

④設(shè)CE=X,OE=2x,則CD=BC=3x,由BE?=BD?8H求出BH,進而求出。H,然后

求的值即可.

【詳解】①；正方形48CD和正方形BGEF,

.?.AZBD和AFBE都是等腰直角三角形，

ΛZZlBD=ZFBE=45。，

：.Z.ABF=Z.DBE,故①正確；

②延長AF交BC于點K.

：AABD和AFBE都是等腰直角三角形，

AB_BF

BD~BE

V?ABF=乙DBE,

.*.△ABFs&DBE,

：.?FAB=?EDB=45°f

.:乙ABD=45o,

.??AKB=90o,

：.AF1BD,故②正確；

(S)VzBEH=乙EDB=45°,乙EBH=乙DBE,

\ΔBEHBDE,

?BEBH

.--------,

BDBE

'.BE2=BDBH,

：BE=√2SG,

?.2BG2=BD-BH,故③正確;

?"：CE-.DE=1:2,

?.可設(shè)CE=x,DE=2x,則CD=BC=3x,

BE=√BC2+CE2=√Tθx,BD=y∕CD2+BC2=3√2x,

：BE2=BD?BH,

IOx25√2

;BH=3√2x-~X

DH=3岳一等=當X,

=^γχ?.^γx=5:4,故④錯誤.

故答案為：①②③.

【點睛】本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，以及勾股定理等知識，熟練

掌握相似三角形的判定與性質(zhì)是解決問題的關(guān)鍵.

3.（2022秋?福建三明?九年級統(tǒng)考期末）如圖，正方形ZBCD的邊長為8,E是CD邊上的動

點（E不與C,。重合），△4FE與AADE關(guān)于直線AE對稱，把AADE繞點4順時針旋轉(zhuǎn)90。得

到AHBG,連結(jié)FG,FC.現(xiàn)有以下結(jié)論：

(T)?GAF=Z.DAF?,

②CF的最小值為8√Σ-8;

③當DE=2時?，GF=10；

④當E為CD中點時，CF所在直線垂直平分AG.

其中一定正確的是.(寫出所有正確結(jié)論的序號)

【答案】②③

【分析】如圖，連接BE,根據(jù)軸對稱的性質(zhì)得到AF=4D,^EAD=ΛEAF,根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)

得到4G=∕1E,?GAB=?EAD.求得NG4B=∕E4F,根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得至IJFG=8E,根

據(jù)正方形的性質(zhì)得到BC=CD=48=8,根據(jù)勾股定理即可得到結(jié)論；

【詳解】解：如圖，連接BE,

????4/七與4ADE關(guān)于4E所在的直線對稱,

???AF=ADfZ-EAD=Z-EAF,

v?ADE按順時針方向繞點A旋轉(zhuǎn)90。得到△ABG,

?AG=AEfZ.GAB=Z-EADi

??GAB=?EAFf

????GABΛ-?BAF=Z-BAF?VZ-EAF,

：.?GAF=Z-EAB

故①錯誤；

當CFJ.E尸時，CF有最小值，此時4CFE=90。,

.?.?AFE=90°,

.?.?AFE+Z.CFE=180°,

.?.4F、C三點共線，

即CF有最小值時，點F在對角線AC上，

.?.?ACD=45°,

??,EF=CF,

?CE=√2EF,

vCE+EF=8,

.?.√2FF+EF=8,

?'?EF=&+]——■8y∕2—8,

.?.CF=8√2-8,

故②正確；

在AGτ4F?ΔEaB中，

AG=AE

Z-BAG=Z.EAF,

,AF=AB

.?.?GAF^?EAB（SAS）,

???FG=BE,

Y四邊形4BC。是正方形，

??.BC=CD=AB=8.

VDE=Z,

?CE=6,

在Rt?BCE中，BF=√BC2÷CE2=√82+62=10,

?GF=IO,

故③正確；

當E為CD中點時，BG=DE=4,

.?.CG=BC+BG=12,

又AC=y∣AD2+CD2=8√2,

?CG≠CAf

???點C不在4G的垂直平分線上，

???CF所在直線不會垂直平分ZG,

故④錯誤；

故答案為：②③.

【點睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的判定與性質(zhì)，添

加恰當輔助線構(gòu)造全等三角形是本題的關(guān)鍵.

4.（2022秋?福建寧德?九年級統(tǒng)考階段練習(xí)）如圖，正方形4BC0的邊長為4,點E是BC的

中點，連接AE與對角線8。交于點G,連接CG并延長，交AB于點F,連接OE交C尸于點4,

連接AH,以下結(jié)論：

①CF_LOE；②*=}③4D=4H;?GH=??/?,其中正確的結(jié)論是.（只填

寫序號）

【答案】①③④

【分析】由正方形的性質(zhì)可得4B=AD=BC=CD=4,BE=CE=2,EDCE=?ABE=

90o,?ABD=/.CBD=45°,∏ΓiiE?71βF≤?DCF,t^ABG≤ΔCBG,可得4BCF=NCDE,

由余角的性質(zhì)可得CF?LDE；由勾股定理可求。E的長，由面積法可求CH,由相似三角形的

性質(zhì)可求CF,可得“產(chǎn)的長,即可判斷②；如圖，過點A作4MJ.OE,由△4。M三ADCH,

可得=第=

CH=DMMH,由垂直平分線的性質(zhì)可得4D=4H:由平行線分線段成比例可

求GH的長，即可判斷④.

【詳解】解：：四邊形4BC。是邊長為4的正方形，點E是BC的中點,

：.AB=AD=BC=CD=4,BE=CE=2,

U)CE=?ABE=90o,?ABD=乙CBD=45°,

ΛΔABE≡?DCE(SAS),

.,.?CDE=Z.BAE,DE=AE,

'：AB=BC,UBG=4CBG,BG=BG,

：.ΔABG≤ΔCBG(SAS),

Λ?BAE=乙BCF,

ZBCF=4CDE,

XVZCDF+ZCED=90°,

：.乙BCF+乙CED=90°,

.??CHE=90°,

：.CFIDE,故①正確;

VCD=4,CE=2,

.?.DE=√CD2+Cf2

=√16+4

—2V5,

YSADCE=3CDXCE=3DEXCH,

4×24√5

.,.CH=~

■:乙CHE=乙CBF,乙BCF=乙ECH,

:,AECHFFCB,

.CH_CE

??BC一CF,

?"尸=爸=2G

~5~

：.HF=CF-CH=—,

5

4√5

嚼=矗號，故②錯誤;

5

如圖，過點A作力MIDE于點M,

VDC=4,CH=W

：.DH=VDC2-CW2

16

16-y

8√5

VzCDH+ZLADM=90o,4∕λ4M+?ADM=90°,

.,.?CDH=?DAM,

又?.?AZ)=CD,乙CHD=Z.AMD=90°,

Λ△ADM=△DCH(SAS),

.,.CH=DM=容AM=DH=哈

.W=?

：.MH=DM,

又1DH,

：.AD=AH,故③正確;

D

VDE=2√5,DH=哈

：?HE=誓,

：.ME=HEMH=管，

^AMLDE,CF上DE,

：.AM?lCF,

.GH_HE

■ZM一ME'

2√5

-GH_—

.*啦-延，

...HG=警，故④正確.

綜上，正確的有：①③④.

故答案為：①③④.

【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形、相似三角形的判定與性質(zhì)及勾股定理等知

識點，數(shù)形結(jié)合并熟練掌握相關(guān)性質(zhì)及定理是解題的關(guān)鍵.

5.（2023秋?福建泉州?九年級統(tǒng)考期末）如圖，Rt△4BC外切于圓。，點E、F、N為切點，

UBC=90。，F(xiàn)E與CB的延長線相交于。點，連結(jié)4。、NE.以下四個結(jié)論：①乙FEN=90°-

IZC；②DE=AE；③4辟=AO-DF；④SAABC=AE-CN.其中正確結(jié)論的序號為.

【分析】連接。E,ON,OF,OB,

①由切線的性質(zhì)和四邊形的內(nèi)角和即可得“ON=180o-ZC=900+ZB?C,再根據(jù)圓周

角定理即可得到結(jié)論正確；

②根據(jù)已知條件知道四邊形OEBN是正方形，然后證明ABDE三△凡4。，然后利用全等三角

形的對應(yīng)邊相等即可得出結(jié)論；

③根據(jù)已知條件可以證明△DFNSδABO,根據(jù)相似三角形的對應(yīng)邊成比例和已知條件即可

證明結(jié)論正確；

④根據(jù)直角三角形的面積公式直接解答即可.

【詳解】解：①連接OE,ON,OF,則OEIAB,ONA.BC,

得出"ON=180o-ZC,

根據(jù)圓周角定理得NFEN=IZFOJV=90o-jzC,

故①正確；

②由①得四邊形OEBN是正方形，

則圓的半徑=BE,

.?.OF=BE,

又?：乙乙

DBE=?AFOfBED=Z.AEF=zΛFF,

?AFE+乙EFo=90o,Z-AOF+乙EFo=90°,

LAFE=Z.AOF=乙DEB

在ABDE與AFAO中，

ZDBE=?AFO

BE=OF,

/DEB=乙AOF

MBDE"FA0(SAS),

BD=AF1

TBD<DE,

：.DE≠AFf

故②錯誤；

③???RSABC外切于。0,切點分別為E、F、N,

：.BE=BNfAF=AE,

根據(jù)②得BD=4F,

.?BD=AE（等量代換），

：.AB=DN；

連接。8、FN.

VzD=?BAO,乙EFN=?OBA=45°,

Λ?DFNS△ABO,

^]DN?AB=AO?DF,又AB=DN,

所以用=AO?DF,

故③正確；

④設(shè)△?!BC的三邊分別為α,b,c則AE="蕓，CN=毀;，AE?CN=微”."戶=

ac

?=SCtfBC

故SAABC="B?BC=AE?CN；

故④正確；

故答案為：①③④.

【點睛】本題考查了三角形的內(nèi)切圓與內(nèi)心.此題綜合運用了切線的性質(zhì)定理、切線長定理、

圓周角定理和相似三角形的性質(zhì)和判定，綜合性比較強.

6.（2022春?福建龍巖?九年級?？茧A段練習(xí)）如圖，在團ABCD中，CD=2AD,BE14D于

點E,F為。C的中點，連接EABF,下列結(jié)論：①NABC=2z.ABF；?EF=BR③S四邊形=

2SAEFB；?^CFE=3?DEF,其中正確結(jié)論有.（填序號）

【答案】①②③④

【分析】如圖延長EF交BC的延長線于G,取4B的中點，連接F”.證明ADFE三ZiCFG得

EF=FG,BE1BG,證明四邊形BCFH是菱形即可解決問題.

【詳解】解：如圖，延長EF交BC的延長線于點G,取AB的中點“，連接尸”.

???F為DC的中點，

：.CF=DF,

VCD=2ADfAD=BC,

：.CF=CB,

：.?CFB=?CBFf

9JCDIlAB,

：.乙CFB=乙FBH,

：.?CBF=乙FBH,

：?(ABC=2乙ABF.故①正確,

?9DEHCG,

ΛzD=乙FCG,

乙乙

VCF=DF9DFE=CFG,

/.△DFF△CFG(ASA),

：.FE=FG,

*：BEJLAD9

.9.?AEB=90o,

*：ADIlBC,

：.Z-AEB=?EBG=90o,

：.BF=EF=FG,故②正確，

?,SXDFE=SACFG，

?,S四邊形DEBC=S^EBG=2SΔBEF,故③正確，

λ

:AH=HBfDF=CFfAB=CD9

：.CF=HB,

VCFHHB,

???四邊形BCFH是平行四邊形，

VCF=BC9

???四邊形BCFH是菱形，

：.Z-BFC=乙BFH,

?：FE=FB,FHHADfBELAD9

：.FH1BE,

"BFH=(EFH=乙DEF,

???乙EFC=3乙DEF,故④正確,

故答案為：①②③④.

【點睛】本題考查平行四邊形的性質(zhì)和判定、菱形的判定和性質(zhì)、直角三角形斜邊中線的性

質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形

解決問題.

7.（2023?福建?模擬預(yù)測）如圖，在矩形ABCD中，AB<BC,△CEF是由△CBD繞點C順時

針旋轉(zhuǎn)得到，點B的對應(yīng)點E恰好落在邊AD上，CE與BD相交于點G,GHIIEF交CF于點H,

連結(jié)。H,四邊形CGOH恰好是矩形.則以下結(jié)論：①48CE=N0CF;②△BCGDC"；

③CG=OE；④COSNBCG=與i.其中正確的是.

【答案】①②③④

【分析】①根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可證結(jié)論成立；②由①，結(jié)合NBGC=乙CHD=90?？勺C△BCGS

ΔDCH；③先根據(jù)平行線分線段成比例定理和相似三角形的判定與性質(zhì)證明C。=BG,再證

明ABCG三ZiCED即可證明結(jié)論成立：④由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)的ABCG=NDCH,從而SikBCG=

SinzDCH,結(jié)合勾股定理可得CG?BC=SC?-CG?,進而可證結(jié)論成立.

【詳解】CE尸是由ACBD繞點C旋轉(zhuǎn)得到，

：.乙BCE=乙DCF,故①正確：

；四邊形CGDH是矩形，

LABGC=4CGD=?CHD=90°,

■:4BCE=LDCF,

：.ΔBCGSXDCH,故②正確；

?.?四邊形CGDH是矩形，

ΛCD=GH1/.CGD=90。,DG||CH1CG=DH,

"：ADHBC,

.CG_BG

??EG一DG'

?CG_BG

,?CE一BD'

???△CEF是由△CBD繞點、。旋轉(zhuǎn)得到，

ΛEF=BD,

VGHHEF,

：.△CGH八CEF,

.CG_GH

"CE-EF,

?BG_GH

??,=~~,

BDEF

：.BG=GH9

：.CD=BG,

ADIlBC,

.u.?BCG=?CED,

?；乙BGC=4CDE=90。,

：.△BCG=△CED(AAS),

：.CG=DE,故③正確；

???△CEF是由△CBD繞點、C旋轉(zhuǎn)得到，

工乙BCG=Z-DCH,

ΛsinzFCG=Sm乙DCH,

,BGDH

??—=—?

BCCD

VCD=BG,

J.BG2=CG-BC,

VBG2=BC2-CG2,

：.CG-BC=BC2-CG2,

：.CG=-BC,

2

：.coszβCG=—=―,故④正確.

BC2

故答案為：①②③④.

【點睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，勾股定理，解■

元二次方程，銳角三角函數(shù)等知識，綜合運用各知識點是解題的關(guān)鍵.

8.(2023秋?福建廈門?九年級校聯(lián)考期末)如圖，正方形ABCD中，對角線AC和B。相交于點

O,4E平分NBaC交BC于點E,DFLAE于點G,交SC于點H,交AB于點F.則下列結(jié)論：

①CF=AE;

②tan/OH。=√2+1；

③BF+BE=√∑CO;

@BE2=GF-GD.

其中正確的是.

【答案】①②③

【分析】證明△4。F三4B4E得DF=4E,便可判斷①的正誤；過點H作，4D于點M,

證明DH平分乙4DB,得HO=OM,設(shè)H。=HM=%,HJX表示0。便可求得tanNDH。的值,

從而判斷②的正誤；由BE=AF,得BE+BF=AF+BF=AB=BC,再根據(jù)√∑0C=BC,

從而判斷③的正誤；證明AAFGsZiDFA,由相似三角形的性質(zhì)，便可判斷④的正誤.

【詳解】解：???四邊形4BCC是正方形，

.?.AD=AB,ΛDAB=Z.ABC=90°,

VDFLAEi

???乙DAG+?BAE=?DAG+?ADG=90°,

:??BAE=?ADF,

j0E?BAE中，

?DAF=?ABE=90°

AD=BA,

?ADF=?BAE

???△ADF≡ΔSAE(ASA)f

ΛDF=AEf故①正確；

過點，作HMjLAD于點M,如圖,

???四邊形ZBC。是正方形,

ΛAC1BD,OA=OC=OB=OD,4BAC=?DAC=Z-ADB=45°,

：.AH=立HM,

???4E平分乙B4C,

????BAE=?CAE=22.50,

v?ADF=4BAE,

.?.Z.ADF=22.5。=34WB,

2

???HM=HO,

設(shè)Ho=HM=x,貝1何”=四》,

??.OD=0?=(√2+l)x,

?tanzDHO=黑=VΣ+1,故②正確；

OH

???△ADF=△BAE,

：.AF=BE,

???BF+BE=BF+AF=AB=BC,

?.?AC1BDtOB=OC,

??,BC=y∕20C,

?BFBE=√2C0,故③正確；

o

V?AGF=?DAF=90,Z.AFG=?DFAf

AFGSSDFA,

AFGF

DFAF

.?.AF2=FGFD≠FG?GD,

.?.BE2≠GFGD,故④錯誤；

故答案為：①②③.

【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，

解直角三角形，證明三角形的全等與相似是解題的關(guān)鍵.

9.(2022秋?福建泉州?九年級福建省惠安第一中學(xué)校聯(lián)考期中)如圖,正方形ABC。中,48=2,

點E為對角線AC上一點，且AE=CB,連接DE并延長交BC于點G,過點A作于點

H,交BC于點立下歹IJ結(jié)論中：①AABFmADCG;②NBEG=45°；③4B『=BG?CD；

④BF=2√Σ-2,其中正確的結(jié)論有.

【答案】①②③④

【分析】由正方形的性質(zhì)得Z?B4C=ΛDAC=Z.ACB=45°,再由AE=AB^-AE=AD,根據(jù)

等腰三角形的性質(zhì)求得乙4。E=乙4ED=67.5。，Z-ABE=?AEB=67.5°,進而求得48EG,

便可判斷②的正誤；由等腰三角形的性質(zhì)求得NBAF=22.5。，再證明4BAF=NCDG,根據(jù)

ASA定理便可得448F三ZkDCG,從而可判斷①的正誤；證明△EBG?△CBE,由比例線段

便可得出4B"2=BG?G),從而判斷③的正誤；在AH上截取HM=BH,得到4M=BM=

立BH,由勾股定理便可求得BH,再由48〃2=BG?C。，求出8凡便可判斷④的正誤.

【詳解】解：Y四邊形/BCD是正方形，

：.AB=BC=CD=AD,?BAC=乙DAC=乙ACB=45°

9JAE=CB,

：.AB=BC=CD=AD=AE,

U

：AB=AE=ADf?BAC=乙DAC=45°,

Λ?ADE=?AED=67.50,?ABE=?AEB=67.5°,

.??BEG=180°一?AED-?AEB=45°,故②正確；

9

?AHIBEfAB=AE9

：.BH=HE,?BAF=?EAF=22.5°,

VzCDG=乙ADC-?ADG=22.5°,

.??BAF=乙CDG,

Λ?τlβF≤ΔDCG(ASA),故①正確；

?t?BEG=?ACB=45°,乙EBC=乙EBG,

*'?△EBGs△CBE,

?BEBG

BCBE

2BH_BG

CD~2BH

4BH?=BG?CD,故③正確;

在4H上截取HM=BH,如圖,

則乙〃BM=乙BMH=45°,

：?BH=MHl?ABM=Z.BAM=22.5°,

：.AM=BM=√2BW,

?'AH2+BH2=AB2,

2

ΛBW2+(√2BH+BW)=22,

.,.BW2=2-√2,

V?∕1BF≤?DCG,

：.BF=CG,

：.BG=BC-CG=2-BF,

,."4BH2=BG-CD,CD=2,

Λ4(2-√2)=2(2-BF),

ΛBF=2√2-2,故④正確；

故答案為：①②③④.

【點睛】本題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，

等腰三角形的性質(zhì)，靈活運用這些性質(zhì)解決問題是本題的關(guān)鍵.

10.(2022春.福建泉州.九年級校考階段練習(xí))如圖，邊長一定的正方形力BCD,Q為CD上一

個動點，力Q交BD于點M,過M作MNIAQ交BC于點N,作NPJ.BD于點P,連接NQ,下列

結(jié)論：AM=MN：②MP=—BDi③BN+DQ=NQ；(S泮變?yōu)槎ㄖ当?⑤連接4N,ΔANQ

的外心在線段AC上.一定成立的是.

【答案】①③

【分析】由題可知4,B,N,M四點共圓，進而可得出NANM=NM4M=45。，由等角對

等邊知，AM=MN,故①正確；

由同角的余角相等知，乙HAM=乙PMN,所以Rt△7!HM三RtAMPN,即可得出結(jié)論，故②

不正確；

先由題意得出四邊形SMWB是正方形，進而證出AAMS三?NMW∣F4S=NIV,所以4B+

BN=SB+BW=2BW,而BW：BM=1：夜，所以竺變=2=√I,故④不正確；

BM√2

S^J?BAN+?QAD=?NAQ=45°,在4ΛMM作AU=48=4D,且使NBAN=NN4U,

Z.DAQ=/-QAU,所以△ABN三?UAN,?DAQm?UAQ^∕,UAN=/.UAQ=90o,BN=NU,

DQ=UQ,即可得出結(jié)論，故③正確；

由于BN、OQ不一定相等，故4C不一定是NQ的中垂線，故⑤不一定成立.

【詳解】解：如圖：作AUINQ于U,連接AN,AC,

D

?.?4AMN=/.ABC=90°,

■.A,B,N,M四點共圓,

.?.?NAM=乙DBC=450,?ANM=?ABD=45°,

.?.乙ANM=?NAM=45°,

由等角對等邊知，AM=MN,故①正確.

由同角的余角相等知，4HAM=4PMN,

.?.RtΔAHMmRtΔMPN(AAS),

.?.MP=AH=^AC=?BD,故②不正確，

???4BAN+/-QAD=乙NAQ=45°,

???三角形4。Q繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90度至AABR,使AD和AB重合，在連接AN,證明AAQNma

ANR,得NR=NQ,

則BN=NU,DQ=UQ,

二點U在NQ上，有BN+DQ=QU+UN=NQ,故③正確.

?.?BN=NU,DQ=UQ,BN、DQ不一定相等，

：.NU、UQ不一定相等，

??.AC不一定是NQ的中垂線，

.??Δ4NQ的外心不一定在線段AC上.故⑤不一定成立.

如圖，作MSI4B,垂足為S,作MWJ.BC,垂足為W,點M是對角線BD上的點,

二四邊形SMWB是正方形，有MS=MlV=BS=BW,

???△4MS三△NMW(AAS),

■■■AS=NW,

：.AB+BN=SB+BW=2BW,

VBW：BM=1：√Σ,

，鬻，=夜，故④不正確?

故答案為：①③.

【點睛】本題利用了正方形的性質(zhì)，四點共圓的判定，圓周角定理，等腰直角三角形的性質(zhì)，

全等三角形的判定和性質(zhì)求解.添加合適的輔助線進行解答是解題的關(guān)鍵.

11.（2022秋?福建福州?九年級福建省福州第八中學(xué)校考階段練習(xí)）如圖，在正方形4BCD中，

△BPC是等邊三角形，BP,CP的延長線分別交4。于點E、F,連接80、DP,BO與CF相交

于點H,給出下列結(jié)論：

①AEPD?AHPB；②PD=HD；③*=γ?

其中正確的是（寫出所有正確結(jié)論的序號）.

【答案】②④/④②

【分析】證出ZFDP=NPBC,乙EPD豐乙BDP,由相似三角形的判定可得出結(jié)論；由等邊

三角形的性質(zhì)證出4PDH=乙CPD,由等腰三角形的性質(zhì)可得出結(jié)論；證明△FPE-ΔCPB,

由相似三角形的性質(zhì)得HW=M=翌，設(shè)PF=X,PC-y,則DC=y,求出X與y的關(guān)系式

PCBCFC

可得出結(jié)論；證明?ABPH,由相似三角形的性質(zhì)得出北=M=笠=容

PnPBCD3

【詳解】解：???△BPC是等邊三角形，

ΛBP=PC=BC,乙PBC=乙PCB=乙BPC=90°,

???四邊形ABCD是正方形，

.??AB=BC=CD,?A=?ADC=乙BCD=90°,

???PC=CDf乙PCD=30°,

???乙PDC=75°,

.?.Z-FDP=15°,

??.?DBA=45°,

?乙PBD=15°,

：?乙FDP=乙PBD,

Z.FEP=Z-EPD+乙EDP=60°,

???乙EPD=45°,

VZ-BDA=450,

???乙EPD≠LBDP,

.?.ΔEPDFHPB不成立,

故①錯誤；

???CD=PC,乙DCP=90°-60o=30o,

???乙CPD=75°,

???Z.DHP=Z.PCD÷乙BDC=75°,

???乙PDH=LCPD

--DP=DHt故②正確；

V乙FPE—乙PFE=60°,

△產(chǎn)EP是等邊三角形，

???△FPECPB,

PFEFEF

Λ---=---=----,

PCBCFC

設(shè)PF=%,PC=y,則。C=y,

???Z.FCD=30°,

??.y=當(x+y),

整理得：y=γx>

解得：.浮，

則竺=W,

PC3

故③錯誤；

???PC=CD,Z-PCD=30°,

???乙PDC=75°,

???乙FDP=15°,

V乙DBA=45°,

???(PBD=15°,

???乙FDP=乙PBD,

????DFP=乙BPC=60°

???△DFPBPH

=—=—=故④正確；

PHPBCD3J

故答案為：②④

【點睛】本題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，解題關(guān)

鍵是熟練掌握正方形的性質(zhì)及相似三角形的判定與性質(zhì).

12.（2022秋?福建泉州?九年級?？茧A段練習(xí)）如圖，四邊形ABCC為正方形，將△EDC繞點

C逆時針旋轉(zhuǎn)90。至AHBC,點C,B,"在同一直線上，HE與4B交于點G,延長HE與CO的

延長線交于點F,HB=2,HG=3.以下結(jié)論:①4ECC=135。；②EC^=CD-CF；?HG=EF；

④SinZCED=*.你認為其中正確的是（填寫序號）.

【答案】①②③④

【分析】利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，可判斷①正確；

利用三角形相似的判定及性質(zhì)可知②正確；

證明AGBHsAECC,得到北=%即EC=瞎=R利用AHEC是等腰直角三角形，

HBHGHB2

求出HE=竽，再證明△HGBHDF即可求出E尸=3可知③正確；

過點E作EMlFD交尸D于點M,求出SikEFC=箸=9，再證明NDEC=4EFC,即可知④

正確.

【詳解】解：???AEDC旋轉(zhuǎn)得到AHBC,

.?.LEDC=LHBC,

?.?4BC。為正方形，D,B,H在同一直線上，

???乙HBC=I80。-45o=135o,

.?.ZEDC=135°,故①正確；

???△EDC旋轉(zhuǎn)得至∣bHBC,

EC=HC,Z.ECH=90。，

???4HEC=45。,

.?.Z,FEC=180o-450=1350,

???乙ECD=乙ECF,

???△EFCDEC,

EC_FC

??=?

DCEC

.?.EC2=CDCF,故②正確；

設(shè)正方形邊長為α,

o

???乙GHB+乙BHC=45°,?GHB+Z∕∕GB=45,

???乙BHC=乙HGB=乙DEC,

V乙GBH=ZEDC=135°,

?,??GBHs&EDC,

器=霹，即EC=CDHG3a

HB~2

是等腰直角三角形,

.?.HE=―2,

o

?:乙GHB=乙FHD,?GBH=zHDF=135,

.*.△HBGSAHDF,

?噌=能即品=而，解得：EF=3,

YHG=3,

?HG=EF,故③正確；

過點E作EM1FD交FD于點M,

???"CM=450,

VED=HB=2,

???MD=ME=√2,

???EF=3,

ME√2

.?,smzFFC=-=τ,

VLDEC+zDCE=45o,ZEFC+zDCE=45o,

????DEC=?EFC,

.?.SinNDEC=SinzEFC=祭=?，故④正確

綜上所述：正確結(jié)論有①②③④，

故答案為：①②③④.

【點睛】本題考查正方形性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，三角形相似的判定及性質(zhì)，解直角三角形，解

題的關(guān)鍵是熟練掌握以上知識點，結(jié)合圖形求解.

13.（2022秋?福建福州?九年級福建省福州屏東中學(xué)?？茧A段練習(xí)）如圖，在正方形ABCD中，

點E在對角線4C上（4E<EC）,連接DE并延長交.AB于點F,過點E作EG1DE交BC于點、G,

222

??DG?FG,DG^AC^H,現(xiàn)有以下結(jié)論:?DE=EGAE+HC=EHi@CG+CD=

版CE;④SAoEH為定值.以上結(jié)論正確的有.（填入正確的序號即可）

【答案】①②③

【分析】通過證明點￡>,點E,點G,點C四點共圓,可得NEGD=NEDG=45。,可得。E=EG,

故①正確；由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得4N=CH,DN=DH,4DCH=上DAN=45°,?CDH=

CADN,由“SAS”可證△DEN≤ΔDEH,可得EN=EH,由勾股定理可得CH?+在后2=HE2,

故②正確；由“SAS”可證△DNE≤ΔGCE,可得NE=CE,乙DEN=ACEG,由等腰直角三角

形的性質(zhì)可得CD+CG=√∑CE,故③正確：利用特殊位置可得EH的長是變化的，且點Z）

到EH的距離不變，貝IJSADEH不是定值，故④錯誤；即可求解.

【詳解】解：Y四邊形ABCC是正方形，

.??ACD=?ACB=45°,

VEG1DE,

LADEG=Z.DCG=90°,

.?.點。，點E,點G,點C四點共圓，

：.乙DCE=乙DGE=45°,4GDE=乙GCE=45°,

：.乙EGD=乙EDG,

：.DE=EG,故①正確；

如圖，將ACDH繞點。順時針旋轉(zhuǎn)90。，得到44DN,連接NE,

：.AN=CH,DN=DH,4。CH=NDAN=45°,乙CDH=乙ADN,

：.乙NAE=90°,

.?AN2+AE2=NE2,

.:乙FDG=450,

.'.?ADE+?CDH=45o,

；.LADE+LADN=450,

：.乙NDE=45°=乙FDG,

XVDf=DE,DN=DH,

Λ?DEN≡ΔDEH(SAS),

：.EN=EH,

.".AN2+AE2=HE2,

：.CH2+AE2=HE2,故②正確；

如圖，延長CO到M使。N=CG,連接NE,

；點。，點E,點G,點C四點共圓，

：.乙CDE+乙CGE=180°,

又,：乙CDE+乙NDE=180°,

."NDE=乙CGE,

又YDN=CG,DE=GE,

：.4DNE≤ΔGCE(SAS),

：.NE=CE,4DEN=乙CEG,

：.LNED+?DEC=乙CEG+乙DEC=90°,

LNEC=90°,

：.NC=√2CF,

：.CD+CG=V2CE,故③正確；

當點E與點A重合時，EH=華,

當ZE=HC時，

VCH2+AE2=HE2,

：.AE=CH=-EH,

2

：.EH=(√2-1)AC,

：.EH的長是變化的，

又?；點。到EH的距離不變，

,SADEH不是定值，故④錯誤；

故答案為：①②③.

【點睛】本題是四邊形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角

三角形的性質(zhì)，圓的有關(guān)知識，添加恰當輔助線構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵.

14.（2022秋?福建三明?九年級統(tǒng)考期中）如圖，在矩形力BCD中，E是CZ）邊的中點，且BE1AC

于點F,連接DF,則下列結(jié)論：①②器=鼻③AD=